Řešení příkladů z poslední kapitoly učebních textů Lineárí algebra docenta Slováka. Na řešení se podíleli David Holec, Jan Mysliveček, Ondřej Přibyla a Lukáš Vokřínek. 14.2. Vektory a počítání s maticemi 1. Rozepsáním pro prvních pár členů dospějeme k hypotéze (cos ka — sin ka \ sin ka cos ka A" = Dokážeme ji matematickou indukcí: 1) A1 =A = (°0Sa ~sina ' losina cos a 2) Předpokládejme, že Ak je požadovaného tvaru. Potom: j\k+l — j\k A — (C0S ^a ~ S^n (C0S a — sm a ^sinfca cosfc a J losina cos a cos ka cos a — sin ka sin a — cos ka cos a — sin ka sin a sin ka sin a + cos ka cos a — sin ka sin a + cos ka cos a cos(fc + l)a — sin(fc + l)a sin(fc+l)a cos(fc+l)a Dělitelé nuly jsou například matice: (1 0 ... 0\ /O o o o ... o 2. Viz. 14.9.1. \0 0 0 o \1 o o o/ /o 3. /1\ -3 0 V 7/ (1 0 -2 4) = / 1 0 -2 4 \ -3 0 6 -12 0 0 0 0 \ 7 0 -14 28 / JE = (1 0 -2 4) /1\ -3 0 V 7/ (1 • 1 + 0 • (-3) + (-2) • 0 + 4 • 7) = (29) D3 + 4DH - ti1 5 8 8 13 + 12 -28 -56 1 0 -6 49 12 26 -20 -92 G - SF A-F nedefinováno A-GFA 1 BACE - BFBT = {BÄ){CE) - (BF)BT (-1 4 10) [ ( = (-3 4) -6 29 = (134) - (21) = (113) 4. Viz. skripta. B A — (cos a ~ s*n a\ (cos a losina cos a J \ 0 6. Nejprve pro matici B : 1 0 2 4 ■ srna 1 (cos a — sin a\ (cos a 0 losina cos a J losina 1 G G = 1 0 0 1 1 0 0 4 1 0 -2 1 1 0 0 1 Nyní následují matice z příkladu 3 : D = 1 0 0 1 1 1 0 1 1 o -1 1 1 o 0 1 2 0 1 0 0 -3 0 1 o 3 5 0 0 0 1 0 0 0 1 40 29 -6 29 20 29 -3 29 12 29 29 a 2 o i o oi 0 4 -3 2 1 0 ^0 3 5 0 0 lj /l 0 0 & 0 1 0 § \o o i I A 2 0 1 0 ~ 0 4 -3 2 1 \o 0 29 -6 -3 G = 1 0 0 1 0 °\ A 0 0 1 0 °\ A 0 0 1 0 0 1 -4 0 1 0 ~ 0 1 -4 0 1 0 ~ 0 1 0 -4 1 1 0 1 0 0 1/ \o 0 1 -1 0 1/ \o 0 1 -1 0 H Matice C nad C 1 0 0 1 1 0 0 -7 1 0 -1 1 1 0 0 1 1 o 1 1 7 7 c = -2i 3i 1-i 0 i - 1 1 2 V maticích Ak je vždy některé z čísel sin(fca), cos(fca) nenulové, nechť je to například cos(fca). V opačném případě by se příklad řešil analogicky, se stejným výsledkem. Ak(a) cos(fca) sin(fca) cos(fca) 0 cos(fca) 0 1 0 0 1 — sin(fca) cos(fca) 1 0 0 1 'cos(fca) 0 cos(fca) + SŠJíííl - sin(fca i cos(fca) cos( siní 1 ■tg(fca 1 — sin2(fca) sin(fca) cos(fca — sin(fca) cos(fca) ka) — sin(—ka) ka) cos(—ka) cos(ka) 0 - sin(fca^ sin'_ cos(fca) ■ sin(fca^ 1 ■ tg(fca) 1 ■ sin(fca 1 0 0 1 cos(fca) — sin(fca) 0 cos(fccť sin(fca)^ _ cos(fca^ [i4*(a)]_1=A ki -a) Poslední je matice D ze zadání : /l 0 D \0 0 1 0 0 1 0 0 0 1/ /l o o o \o o o o o o -1 -1 1/ n 1 0 1 o o o o \o o 1 o o 1 o o 1 o o 0 1 o 0 0 1 1 o 0 1 o o o o o o 1 0 1 o o o 1 o -1 1/ 1^1 • • • 1^1 a 0 0 . . 0 0 0 1 -1 0 .. . 0 0 0 1 0 . . 0 0 0 0 1 -1 '• 0 0 0 1 . . 0 0 0 0 0 1 '• 0 0 0 0 . . 1 0 0 0 . 1 -1 0 0 0 0 . . 0 1 0 0 • 0 1 -1 0 0 . . 0 0 1 0 0 0 .. . 0 0 1/ 7. Nejprve vypočteme inverzní matici, tu můžeme okamžitě psát pomocí algebraicky adjungované matice, my provedeme výpočet pomocí jednotkové matice 1 3 3 8 Potom je 1 0 0 1 X = 1 0 -3 1 1 2 3 4 3 -1 14.3. Vektorové prostory, lineární závislost 1 0 0 1 3 1. Aby se jednalo o VP, musí být splněny vlastnosti KG1-KG4, a V1-V4. (KG1) (x®y)® z = (x-y) ■ z = x ■ (y ■ z) = (x®y)® z (KG2) x®y = x- y = y- x = y®x (KG3) x © 1 = x ■ 1 = x {KG4) a,® I = a;.± = l (VI) a 0 (x © y) = (x ■ y)a = xa ■ ya = (a 0 x) © (a 0 y) (V 2) (a + b)Gx = xa+b = xa ■ xb = (a 0 x) © (b 0 x) (V 3) aQ(bex) = (xb)a = xa-b = (a-b)Qx (VA) 1 0 x = x1 = x Navíc všechny operace jsou na množině uzavřené. Jde tedy o VP. 2. Hledáme bijektivní zobrazení / : K+ —> K1. Má být lineární, tzn. f (a 0 x) = f(xa) = af(x), f(x © y) = f(xy) = f(x) + f(y). Lze nahlédnout, že tyto vlastnosti splňuje například funkce logaritmus o libovolném základu. Pro volbu báze b € K+ a 1 € M1 dostáváme / = log6. Na druhou stranu je ale zobrazení určeno obrazy bázových vektorů, je to tedy zároveň jediný takový izomorfizmus. 3. a) (M) D ((1,0), (0,1)) = M2, ale na druhou stranu M C M2. Proto musí být (M) = M2. M tedy není vektorový prostor, protože M / (M). b) M = {(x, x) = x ■ (1,1) € M2; x £ ffi}, všechny vektory z M jsou tedy násobky vektoru (1,1). Je tedy nutně (M) = ((1,1)) = {x ■ (1,1) e M2; x £ M} = M, proto je také M vektorovým prostorem. c) (M) D ((1,0), (0,1)) = M2, ale na druhou stranu M C M2. Proto musí být (M) = M2. M tedy není vektorový prostor, protože M / (M). d) (M) D ((-1,0), (0,1)) = M2, ale na druhou stranu M C M2. Proto musí být (M) = M2. M tedy není vektorový prostor, protože M / (M). 4. Vektory zapíšeme do matice a použijeme na ni Gaussovu eliminaci. Počet nenulových řádků bude roven počtu nezávislých vektorů. Nejprve pro reálná čísla : 1 l-VŽ 1 \ /l 1 - -\/2 1 \ —v/2 2 —v/2-1 ~ 0 72 -1 -1 I + a/2 -y/2-lJ \0 0 0 / Nad reálnými čísly jsou tedy vektory závislé. Dokonce je vidět, že řešením této soustavy je vektor (—1,1, V%)- Díky tomu můžeme sestavit jejich nulovou lineární kombinaci (-1) • (1, -V2, -1) + 1 • (1 - V2,2,1 + V2) + V2 ■ (1, -V2 - 1, -V2 - 1) = 0 Pro racionální skaláry je již situace těžší. Použijeme přímo definici a z toho, že je nějaká lineární kombinace nulová dokážeme, že musí být i koeficienty nulové : a ■ (1,-V2, -1) + b ■ (1 - V2,2,1 + V2) + c ■ (1,-V2 - 1,- 1) = 0 => a + b ■ (1 - y/2) a ■ (-^2) + 26 -a + c =0 + c-(-V2-l) = 0 + b-(l + V2) + c-(-y/2-l) = 0 4 a + b + c = by/2 2b-c = {a + c)y/2 -a + b + c = (c-b)y/2 Nyní již je jasné, že musí být obě strany všech rovností nulové1 a tedy musí nutně být a = b = c = 0. To ale znamená, že jsou vektory lineárně nezávislé nad tělesem Q. 5. 1. 1 + x, 1 — x, 2 + x + x2. Jsou evidentně nezávislé. Porovnáním koeficientů totiž dostaneme: o(l + x) + 6(1 - x) + c(2 + x + x2) = 0 =^ a = 0, b = 0, c = 0 2. 1 — x, x — x2, x1 — 1. Jsou lineárně závislé, neboť (1 — x) + (x — x2) + (x2 — 1) = 0 a přitom koeficienty jsou nenulové. 6. Viz. řešené příklady: příklad č. 3. 7. Platí y/E = 2-\/2, tedy y/E £ (l,y/2). Druhé tvrzení neplatí, což dokážeme sporem. Předpokládejme, že y/Š € (1, y/2), tedy, že existují koeficienty a, b £ Q tak, že y/Š = a ■ 1 + b ■ y/2. Předpokládejme nejprve, že a = 0, potom vynásobením této rovnosti číslem y/2 dostáváme y/E = 2b G Q, což není možné. Pokud by bylo 6 = 0, potom dostáváme přímo y/3 = a £ Q, což je opět spor. Uvažme nakonec případ ab / 0. Umocněním naší rovnosti potom dostáváme 3 = a2 + 2b2 + 2aby/2, z níž obdržíme y/2 = z~a2~2b € Q, což je spor. Taková čísla a, 6 € Q tedy neexistují, čímž jsme dokázali tvrzení. 8. Vektor (1,1,1,1) patří do podprostoru generovaného třemi vektory, je-li jejich lineární kombinací. Napíšeme-li všechny čtyři vektory do matice, je to vpodstatě problém najít koeficienty a, 6, c tak, aby au\ + bu^ + cuz = (1,1,1,1) (\ 0 0 1\ 0 0 11 110 1 (\ o o 0\ 0 10 0 0 0 10 \2 3 2 1/ \0 0 0 1/ Takže vektor do daného podprostoru nepatří (poslední rovnice totiž znamená 0=1). Analogicky -2 0 1 1 0 0 a daný vektor patří do daného vektorového podprostoru. 9. 1. M = {(1,—1,0,2), (0,2,1,3), (2,0,1,7)}. Když si napíšeme vektory do řádků matice, můžeme elementárními úpravami velmi jednoduše prověřovat lineární nezávislost těchto vektorů. 1 -1 0 2\ /l -1 0 2\ 0 2 1 3 j ~ í 0 2 13 2 0 17/ \0 2 1 3/ elementárními úpravami jsme dostali dva řádky matice stejné. Z toho plyne, že původní vektory jistě byly lineárně závislé. Protože báze musí být lineárně nezávislá podmnožina, nemůžeme doplněním původní množiny získat bázi. ^inak by například y/2 = sá^t£ £ q 5 2. M= {(-1,1,0,0), (0,-1,1,0), (0,0,-1,1)} -11 0 0\ 0 -1 1 o 0 0-11/ je vidět, že každým vektorem (0,0,0,a),a € ffi \ {0} můžeme původní množinu doplnit do báze, vznikne totiž nezávislá čtyřprvková podmnožina ffi4 (dim M4 = 4) a musí jít tedy o bázi. 14.4. Báze vektorových prostorů 1. Zadaná množina je M = {(x1,x2,... ,xn) eT; X! + x2 + ■ ■ ■ + xn = 0} Podle vazebné podmínky vyjádříme poslední složku Xfi — X\ X2 ' Xn—\ Tedy obecný vektor z M je tvaru {X\,X2, ... ,Xn) = {X1,X2, ■ ■ ■ ,Xn-l,-Xl - X2-----Xn-l) = X\ (1,0,0, ... ,0, -1) + +12(0,1,0,... ,0,-1) + ... +!Tn_i (0,0,0,... ,1,-1) Odtud plyne, že množina je generována např. následovně: M = ((1,0,0,... ,0,-1), (0,1,0,... ,0,-1),... ,(0,0,0,... ,1,-1)) Přidáme-li vektor (0,0,0,... ,0,1), znamená to v podstatě, že jsme prvních n — 1 vektorů standardní báze nahranili n — 1 vektory báze M a poslední nám zůstal. Dodejme ještě, že jsme mohli nechat libovolný z vektorů standardní báze. 2. Snadno ověříme, že vektory množiny M\ jsou lineárně nezávislé, stejně jako vektory množiny M2. Je tedy dimPi = dimP2 = 3. Najdeme nyní bázi prostoru P\V\Pi. Budeme hledat vektory v takové, že v € P\ A v € P^. Tyto vektory budou právě řešeními rovnice ai • (4,0, -2,6) + a2 • (2,1, -2,3) + a3 ■ (3,1, -2,4) = =0i • (1, -1,0,2) + Ä • (2,2,-1,3)+ Ä- (0,1,1,0) Tuto rovnici můžeme rozepsat do složek a řešit jako homogenní soustavu čtyř lineárních rovnic o šesti neznámých, jejíž matice je / 4 2 3 -1 -2 0 \ /l 0 0 -1 0 0\ 0 1 1 1 -2 -1 010001 -2-2-2 0 1 -1 ~ 0 0 1 1 0 0 \6 3 4 -2 -3 0/ \0 0 0 0 1 1/ Protože je dimenze prostoru řešení soustavy rovna 2, je též dimenze průniku P\ (~l P2 rovna 2, přičemž je podle poslední matice popsána rovnicí /?2 + fiz = 0 (tj. fiz = —#2). Obecný vektor z P\ n P2 lze zapsat jako v = /3i- (1,-1,0,2) + 02 • (2,2,-1,3) • (0,1,1,0) = A • (1,-1,0,2) + 02 • (2,1, -2,3) Tímto jsme dostali dimenzi i bázi P1 n P2. Protože však dim(Pi + P2) = dimPi + dimP2 — dim(Pi (~lP2) = 3 + 3 — 2 = 4, platí P\ + P2 = M4, lze tedy volit například standardní bázi ((1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)). 3. Řešeno 4. 6 1. v = (2,1,1) e M3,w= ((2,7,3), (3,9,4), (1,5,3)). Musí platit (2,1,1) = o(2,7,3) + 6(3,9,4) + c(l,5,3) a vzniká systém rovnic 2a + 36 + c = 2 /2 3 1> 7a + 96 + 5c = 1 což je v maticovém zápisu (795 3a + 46 + 3c = 1 ^3 4 3> /2 3 1 2\ /l 0 0 -5\ 7 9 5 1~0 10 4 \3 4 3 1/ \0 0 1 0/ Vektor (2,1,1) má v bázi u souřadnice (—5,4,0). 2. « = (2,1,1) v bázi u =((1,0,1), (1,0,0), (1,1,1)) Naprosto stejně jako v předchozí části příkladu získáme souřadnice (0,1,1). 3. v = x3+x2+x + lv bázi u = (1 + x3,x + x3,x2 + x3 + x4,x3) u není bází 4. v = (l°1-41) vbázÍM=((on))(oo§))(ooo),(-0in),(-0i-0i§),(-0i-0i-0i)) V = «i + «2 — U3 — «4 + 3«5 — 4«6 14.5. Souřadnice a lineárni zobrazení a(-l,0,0,0) + 6(-l,-l,0,0) + c(-l,-l,-l,0) + d(0,0,1,-1) = (1,1,1,1) /-l -1 -1 0 1\ d=-l 0-1-101 0 0-111 c= -2 6=1 (l,l,l,l)std = (0,1,-2,-1)« \ 0 0 0 -1 1/ a = 0 b) a(0,0,0,5) + 6(l,2,3,l) + c(l,0,-l,0) + d(0,l,l,0) = (1,1,1,1) /0 1 1 0 1\ /5 1 0 0 1\ /5 1 0 0 1\ 02011 03 -1 11 03 -1 11 03-lll~01 1 0 1 ~ 0 1 1 01 \5 1 0 0 1/ \0 1 -1 0 0/ \0 0 2 0 lj 6 = - íii ^ _ q -' (1)1)1)1) std = (iô'2' 2>®)v. 1 a = 10 a) Zobrazení není lineární, neboť např. f[a(x, y)] = f(ax,ay) = (ax, (ŕy1) / (ax,ay2) = o(a;, í/2) = a f (x, y) Vay ý 0 b) Zobrazení je lineární, což dokážeme ve dvou krocích, zachování součtu vektorů a zachování násobení skalárem f[{xi,yi) + (z2,ž/2)] =f{xi +x2,yi +Ž/2) = (2(a;i + x2) + 3(yi + ž/2), (%i + x2) - (ž/i + ž/2)) = = (2x! +3y!,X! - yi) + (2x2 + Sy2,x2 - ž/2) = f(xi,yi) + /(2:2,2/2) f[a(x,y)] =f{ax,ay) = (2aa; + Say,ax - ay) = a(2a; + Sy,x-y) = af(x,y) Tím je linearita dokázána, c), d) Analogicky části b). 7 3. Matici zobrazení dostaneme tak, že do jejích sloupečků budeme psát postupně obrazy jednotlivých bázových vektorů. • Identické zobrazení má vždy jednotkovou matici. 1 0 0\ E= 0 1 0 \o 0 l) f'{x, y, z) = (x,y, z) Vzhledem k tomu, že všechny vektory jsou ve standardní bázi navzájem kolmé, průměty ostatních bázových vektorů jsou nulové, samotný vektor, podle kterého zobrazujeme, zůstane zachován. Výsledkem je /l 0 0\ M = 0 0 0 \0 0 0/ f(x,y,z) = (a;, 0,0) Analogicky předcházející části se zachovávají poslední dva bázové vektory, první se zobrazí na nulu. Maticově /O 0 0\ n = 0 1 0 \o o l) f(x,y,z) = (0,y,z) • Bázové vektory pouze vynásobíme skalárem a. Potom fa 0 0\ P = 0 a 0 \0 0 a J f (x,y, z) = (ax,ay,az) 4. Zobrazení, pokud ho bereme nad polem M je obecně násobení maticí (ac bd), zatímco nad polem C je to násobení matici (a+pi). Dohromady pak musí platit ■ a = d = /3, c = —b = 7 Vzhledem k tomu, že šlo všude o ekvivalence, je to jak nutná, tak postačující podmínka. 5. Komplexní čísla nad ffi tvoří vektorový prostor isomorfní s ffi2. Koplexní čísla proto můžeme reprezentovat jako uspořádané dvojice reálných čísel. V této reprezentaci dostáváme: C 9 p = (a, b) ip = {-b, a) C2 3 {p,q) = ((a,b),(c,d)) = (a,b,c,d) h-> (ip,iq) = ((-b,a), (-d,c)) = (-b,a,-d,c) 8 Hledaná matice zobrazení proto je /O -1 0 0 \ 10 0 0 0 0 0 -1 \0 0 1 0 J 6. Matice zobrazení (id^),,^, kde e je standardní báze v IR4, je zřejmě A — pro matici zobrazení (idR4)£ie potom / -1 -1 -1 o\ 0 -1 -1 0 0 0 -1 1 \o 0 0 -v f° 1 1 o\ 0 2 0 1 0 3 -1 1 V-5 1 0 Pro skládání zobrazení platí {id^^^v = (idu^e,* ° (idR*)^ = (idR4)„ \ o (id^),,^, maticově '10 10 10 5 \ / I _I I n n A — 4_1 A (h 1 10 i 10 1 2 1 2 1 2 i i i 2 2 2 \-l 2 -1 -h /-i o o o o o / \o 0 1 -1/ 1 10 0 1 10 1 2 0 1 2 1 -1 1 2 2 v 1 -1 0 10 \ 1 2 _ 1 2 "i/ /-l 1 0 o\ /O 1 i o\ /O 1-1 1\ 0 -1 1 1 0 2 0 1 -5 2 -1 0 0 0 -1 -1 0 3 -i 1 5-4 1 -1 \o 0 0 -v V-5 1 0 °y V 5 -1 0 E4 : v » = vU(w) Vw e K4 : u(w Analogické vztahy platí pro matici zobrazení (id^)^, která je A — 4_1 A Vw € 7. Zobrazíme-li bázové vektory v a ty zapíšeme do sloupečků matice, okamžitě dostaneme pro přechod od v k u matici (\ 1 0 0 \ 1-10 0 0 0 11 \0 0 1 -\) Pro přechod opačným směrem potřebujeme matici inverzní. Tu získáme snadno pomocí úprav s jednotkovou maticí, či pomocí algebraicky adjungované matice2. Výsledkem je matice přechodu 2tato metoda je poměrně výhodná díky spoustě nul v matici. 9 od u k v ■3 0 0 0 0 I I _ i 2 \o o y Zobrazování je trivální násobení sloupečkem souřadnic zprava, proto jej přenecháváme na čtenáři. 8. Zobrazení si převedeme do standardní báze. Podle předchozího cvičení (\ Tu{w) = 2 2 0 0 \ 1 2 0 o o o Vo o \ -\) f{w)= Av{w) = ATu{w) = 3 _I 1 _ 2 2 2 7 13 1 2 2 2 2 2x - x3 : AT 2 0 v-iy f{2x-x3 r~2 /(l + x2) = 5x + 5 f{l + x + x2+ x3) =6x + A 9. Zobrazení / : M3 —)• M5 je dáno maticí A. Zobrazení g : M5 —)• M3 je dáno maticí B. Zobrazení / o g : M6 M6 je dáno maticí C. C = AS = (\ 2 -1\ 1 0 1 3 2 0 -1 1 0 \-2 0 1/ -2 1 0 1 2\ 1 3 0 7 1 = 1 0 0 0 1/ /-l 7 0 15 3 \ -110 1 3 -4 9 0 17 8 3 2 0 6 -1 \ 5 -2 0-2 -3/ |C| = 0, neboť matice obsahuje nulový sloupec. Protože neexistuje |C| 1, neexistuje ani inverzní zobrazení s maticí C-1 a tedy se nejedná o isomorfismus. Zobrazení g o / : M3 —\ M3 je dáno maticí D. D = BA \D\ -5 9 -1 2 -2 1 0 1 2> 1 3 0 7 1 1 0 0 0 1> -6 -3 -1 2 /l 2 -A 1 0 1 /-6 -3 5 3 2 0 = -5 9 3 -1 1 0 V-l 2 0 \-2 0 -10 + 9) - 3(- 12- 3) = 45 - 5 Existuje |_Z3>| 1, tedy existuje i -D-1, a proto se jedná o isomorfismus. 14.6. Lineární zobrazení II 1. Napíšeme si vedle sebe bázi vzorového vektorového prostoru (vpravo) a obrazy jeho příslušných 10 bázových vektorů (vlevo). Pokud budeme provádět řádkové elementární transformace, zůstane toto zachováno. Lze tedy psát /l 4 1 1 1 0 0 o\ n 4 1 1 1 0 0 0\ 2 3 -2 1 0 1 0 0 0 -5 -4 -1 2 1 0 0 3 2 3 1 0 0 1 0 0 -10 0 -2 3 0 1 0 ^4 1 -1 1 0 0 0 V \o -15 -5 -3 4 0 0 ij /l 4 1 1 1 0 0 o\ A 4 1 1 1 0 0 o\ 0 -5 -4 -1 -2 1 0 0 0 -5 -4 - -1 -2 1 0 0 0 0 8 0 1 -2 1 0 0 0 8 0 1 -2 1 0 \o 0 7 0 2 -3 0 v \° 0 0 0 9 -10 -7 První tři řádky jsou nezávislé a tvoří tedy bázi Im /. Naopak je čtvrtý vektor nulový, jeho vzorem je podprostor generovaný posledním novým bázovým vektorem vzorového prostoru, je to tedy Ker/. Dohromady máme Im / = ((1,4,1,1), (0, -5, -4, -1), (0,0,1,0)) Ker / = ((9, -10, -7,8)) vektor (0,0,8,0) jsme nahradili vektorem (0,0,1,0) pouze kvůli jednoduchosti. V tomto případě lze doplnit báze Im / na bázi celého ffi4 bází Ker/, ale obecně nikoli, například pro zobrazení dané maticí B 0 0 1 0 je Im / = Ker / = ((0,1)). Zbývá určit matici zobrazení / v nové bázi. Určíme nejprve matici přechodu od nové báze ke staré. Ta je jednoduše /l 4 1 V1 0 0 -5 0 -4 1 -1 0 Pro matici A' zobrazení / v nové bázi platí A' = T~XAT = /16 9 15 9 \ -10 -7 -26 3 0\ -16 2 0 -39 8 0 0 0 0/ kde A = je matice zobrazení / v původní bázi. 4 1 V1 2 3 3 2 -2 3 1 1 4\ 1 -1 1/ 2. Zobrazení je izomorfismus, pouze je-li hodnost matice zobrazení rovna dimenzi vzoru. K tomu použijeme Gaussovu eliminaci, matici budeme upravovat společně s jednotkovou maticí, abychom zjistili matici inverzního zobrazení. /I 0 0 .010 ^0 0 1 (-1 0 -1 1 0 4=0 -1 1 0 1 V-i 1 0 0 0 11 Jde o izomoríismus s inverzní maticí 3. Ve standardních bazích R4 [a;] a Ks [a;] určete zobrazení, které je definováno jako násobení pevně zvoleným polynomem g £ M4 [a;]. Nechť g = axA + bx3 + ex1 + dx + e, z 184 [a;] vezměme h = 04a;4 + 03a;3 + olix1 + a\x + ao Potom f(h) = g ■ h = aa^x8 + {aaz + ba^x7 ... eao Porovnáním koeficientů: ctz f(h)=g-h= e d c b a a? cti \a0J Protože je okruh reálných polynomů obor integrity, má jádro vždy dimenzi 1, pokud je g / 0, v případě nulového polynomu má jadro dimenzi 4. Tím je jasné, že má podprostor (x2 + x3, x — xA) obraz dimenze 2, respektive 0 pro g = 0. (a 0 0 0 o\ b a 0 0 0 c b a 0 0 d c b a 0 e d c b a 0 e d c b 0 0 e d c 0 0 0 e d \o 0 0 0 z) 4. Označme A £ Mat2 (C) libovolnou matici. Označme g zobrazení definované jako násobení matici 1 1N 4 4 zprava a h násobení zleva. 9:A=(ac d)^\c d 1 1 4 4 Aby byla A G Ker g, musí být a + 46 = 0 a + 46 = 0 c + 4d = 0 c + 4d=0 tedy matice A musí být tvaru -46 b -Ad d -4 1 a + 46 a + 46' c + 4d c + 4d -46 -Ad + d 0 0 Jádro zobrazení g je generováno dvěma vektory. Proto dim Ker g = 2 a potom i dim Im<7 = 2 0 0 -4 1 b) Analogicky dim Ker h = dim Imh = 2. 12 5. Protože je Vx = ((2,-1,-1,1), (-2,3,1,-1)) = ((0,2,0,0), (-2,3,1,-1)), je zřejmé, že Vx n V2 = ((0,2,0,0)) = ((0,1,0,0)). Potom je ale Im/| Vinv2 /l 2 -1 0 V 2 2 3 -3 -1 1 0 -1 -1 -3 -1 1 \ -12 5 -2 -12/ M 1 0 Vo/ = ((2,-3,1,-1,-3)) Obraz je zjevně jednorozměrný. Pro určení dimenze vzoru podprostoru W C 1 vektorem (1,1,1,1,1) budeme řešit soustavu rovnic s rozšířenou maticí soustavy generovaného /l 2 3 1 A A 0 1 -3 o\ 2 -3 -1 -12 1 0 1 1 2 0 -1 1 0 5 1 0 0 0 0 1 0 -1 -1 -2 1 0 0 0 0 0 V2 -3 -1 -12 V \o 0 0 0 0/ Protože nemé soustava řešení, neexistuje žádný vektor, který by se zobrazil na žádaný vektor, tím pádem ani na libovolný jeho násobek (tedy kromě nulového vektoru). Vzor podprostoru W má potom dimenzi jádra. Protože je ale hodnost matice 2, musí být dimenze jádra také 2. 14.7. Permutace a determinanty 1. Chyba v zadání, nejspíše řešeno. 2. Každý cyklus délky k je součinem k — 1 transpozic. Proto má paritu stejnou, jako je parita k — 1. Každá transpozice má totiž lichou paritu, protože čísla mezi těmi dvěma prohazovanými se vyskytují právě ve dvou inverzích (s oběma těmito čísly), na paritu tedy vliv nemají. Pouze ona prohazovaná dvojice "vytváří" lichý počet transpozic. Parita transpozice je proto —la počet transpozic určuje paritu. 3. Označme paru = n»>j "^Ij ^ . Přitom ale nemusíme dělat součin přes i > j, ale stačí každou dvojici i ý j započítat právě jednou. Potom dostáváme par a oir =n cr o 7r(i) — a o ir(j) n a{7r{i)) -0-(tt(j)) tt(i 4i) n ■ 4i) par cr • par ir protože je ir bijekce, a proto v součinu přes všechny různé dvojice i, j můžeme přejít k součinu přes všechny možné různé dvojice 7r(j). Zbytek již plyne z toho, že každou permutaci a můžeme zapsat jako součin transpozic 9^10^7->8^3^5->6^2->4->l její paritu spočteme podle cvičení 2. sgn(o-) = (-1) 10-1 = -1 13 b) Permutace je složena z následujících cyklů 1->■ 9->■ 12->■ 1 2 ->■ 19 ->■ 7 ->■ 20 ->■ 14 ->■ 16 ->■ 2 3-^5->10^15->8^3 4^18^6-^13-^4 11 ->■ 11 17-í- 17 Podle cvičení 2 je potom sgn ( samořejmě za předpokladu, že a ý ~2- Pokud a = —2, soustava nemá řešení. Pro k = z pak soustava má řešení pouze pro a = 1 a pro a, pro něž je a + 2 invertibilní skalár, dohromady dostáváme a € {1, —1, —3}. 5. 1. Výpočet inverzní matice: -4 -3 1 0 0 0 1 0 1 -1 0 0 1 1 0 1 1 Hledaná matice X potom je 0 0 2 2 0 1 0 1 -1 0 0 1 -1 2 X = 2. Viz. řešené příklady: příklad č. 20. 14.10. Systémy lineárních rovnic II 18 Nezávisle na okruhu skalárů je vektor (1,-2,-3), který dostaneme dosazením x\ = 1, řešením zhomogenizovaného systému. V z je soustava neřešitelná, neboť (po úpravách) druhá rovnice je neřešitelná v z. Její levá strana je totiž dělitelná třemi, pravá nikoli. To stejné platí pro Ze- Nad okruhem Z7 pak soustava řešitelná je : 1 2 -1 3 \ /l 2 -1 3\ 0-9 6 -7 ~ 0 -2 -1 0 00 0 0/ \0 0 0 0/ Možným řešením je například (3,0,0), všechna řešení získáme přičtením vektorového prostoru řešení zhomogenizované soustavy řešení, tedy {(3 - í, 2í, 3í) € (z7)3; Í£z7} Gaussova eliminace lze použít vždy, narozdíl od Cramerova pravidla, které zde uplatnit nelze, neboť je determinant soustavy nulový, tedy neinvertibilní skalár. 2. Vektor, který leží v průniku, musí ležet ve V\ i V%. Musí tedy splňovat a(l, 1,1,1)+ 6(1,0,1,0) =c(l, 1,0,0) + d(0,1,1,1) +e(0,1,1,0) Tuto homogenní soustavu zapíšeme do matice a převedeme na schodovitý tvar. fl 1 -1 0 0 \ /l 0 0 0 2 \ 10-1-1-1 0 10 0-1 11 o -1 -1 ~ o o 1 o 1 \1 0 0 -1 0 / \0 0 0 1 2 / Vi fl v2 je tedy jednorozměrný, volbou e = 1 získáme fundamentální řešení (—2,1,-1,-2,1). Prostor řešení soustavy je proto ((—2,1, —1, —2,1)). Pro V\ fl Ví potom platí Ví nV2 = <(-2)(l, 1,1,1) + 1(1,0,1,0)) = ((-1,-2,-1,-2)) = ((1,2,1,2)) Podle věty o dimenzi je dimenze V\ + V2 rovna 4. Proto musí být V1+V2 = M4 Cramerovo pravidlo použít nelze. 3. Nezávisle na okruhu skalárů je podle předchozího cvičení VinV3 = ((l,2,l,2)) Pro k = z2 pak dostáváme trojprvkovou množinu {(0,0,0,0), (0,1,0,1), (1,0,1,0)}, stejně tak pro k = z3, kde jde o množinu {(0,0,0,0), (1,2,1,2), (2,1,2,1)}. V případě k = c jde o nespočetnou množinu. 4. Uvažme standardní bázi na Mé [a;], tzn: Me[x] = {x0,x1,x2,x3,xA,xh,x(i) Zadané prostory potom v této jsou: V! = ((0,0,1,2,0,0,0,), (0,0,0, -1,0,0,1)) V2 = ((2,0,1,0,0,0,0), (-1,0,0,0,0,0,1), (0,0,1,1,2,0,0)) V3 = ((0,0,1,0,0,0,1), (1,0,0,3,0,1,0), (0,0,0,1,0,0,0)) 19 Vektor z průniku V± l~l V2 musí ležet ve V± i ve V2, tedy musí být lineární kombinací jak generátorů Ví, tak i V2. M /2\ M 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 2 + b -1 = c 0 + d 0 + e 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 w w w w w í° 0 -2 1 °\ (2 0 0 -1 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 -1 0 0 2 -1 0 2 -1 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 -2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 \o 1 0 -1 oy1 0 0 0 0/ Odtud dostáváme řešení: (a,b,c,d,e) e ((1,2,1,2,0)) Dosadíme do rovnice vektorů průniku: VíHV2 = (1(2,0,1,0,0,0,0) + 2(-l, 0,0,0,0,0,1)) = ((0,0,1,0,0,0,2)) Nyní již lze snadno nahlédnout, že (Vin v2)nv3 = {(0,0,0,0,0,0,0)} V\ + V2 + V3 je generováno sjednocením generátorů jednotlivých prostorů. Bázi určíme Gaussovou eliminací. /o 0 1 2 0 0 o\ (2 0 1 0 0 0 o\ 0 0 0 -1 0 0 1 0 0 1 2 0 0 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 0 4 0 1 0 -1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 8 1 0 0 0 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 3 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 \o 0 0 1 0 0 ■ Rjfa;], definovaného předpisem D(P) = P', je f° 1 0 0 0\ 0 0 2 0 0 D = 0 0 0 3 0 0 0 0 0 4 \° 0 0 0 o) Pro matici zobrazení A potom dostáváme 0 -4 6 0 \ 0 0 0 - 12 24 A = D3 - 0 0 0 0 -24 0 0 0 0 0 \° 0 0 0 o / Výpočet vlastních hodnot: -A 0 -4 6 0 0 A 0 -12 24 \A - \E\ = 0 0 -A 0 -24 0 0 0 -A 0 0 0 0 0 -A 21 Tedy zobrazení má jedinou vlastní hodnoru A = 0. Z tvaru matice A je vidět, že vlastní vektory jí příslušné budou tvořit vektorový podprostor ((1,0,0,0,0), (0,1,0,0,0)) Zároveň je tento podprostor jádrem zobrazení A, neboť se jedná o vlastní vektory příslušné vlastní hodnotě A = 0. V matici A máme ve sloupečcích obrazy bázových vektorů, které generují obraz zobrazení, stačí z nich vybrat bázi. Ta ale zjevně je Im A= ((1,0,0,0,0), (1,-2,0,0,0), (0,1,-1,0,0)) 5. Označme bázi prostoru k3 ze zadání jako u. Nejprve určíme vlastní hodnoty zobrazení / v této bázi a nakonec vše převedeme do standardní báze. \A-\E\ = 4-A 1 -4 -5 7 -4-A 9 0 5-A = (4 - A) (-4 - A) (5 - A) + 180+ 28(-4 - A) + 5(5 - A) = = - A3 + 5A2 - 17A + 13 = = - (A - 1)[A - (2 - 3i)}[\ - (2 + 3i)} Dosazením A = 1 do A — XE získáme prostor vlastních vektorů příslušný vlastní hodnotě A = 1. Prostor vlastních vektorů tedy je V\ = ((1,2,1)«). Pro převod do standardní báze použijeme matici T = Po transformaci je V\ = ((3, —1,1)). Nyní dosadíme hodnotu A = 2 — 3i. U-{2- 3i) i -4 -5 7 > (2 - 3i) 9 0 5 - (2 - 3i)j -6 + 3« 16+ I2i -24+ I2i 9 > -11-27« 39 + 3« , -6 + 3« 400 -24 + 12« -500 - 300« 39 + 3i ; fl -6 + 3« 9 \ /4 -24 + 12« 36 \ /4 0 -3 - 3«\ ~ 0 4 -5 - 3i ~ 0 4 -5 - 3i ~ 0 4 -5 - 3i\ \0 -24 + 12i 39 + 3i J \0 0 0 / \0 0 0 / Prostor vlastních vektorů je tedy Vi-zí = ((3 + 3i,5 + 3i,4)„), po transformaci potom Vi-zí = ((8 + 2,4)) = ((4 + 3i,—1,2)). Analogicky pro poslední vlastní hodnotu, pří ní jde o tytéž matice, co výše, pouze jsou komplexně sdružené, platí v2+3Í = ((3—3^,5—3^,4)^ = {(4—3«, —1,2)). Zároveň je vidět, že reálným skalárům přísluší pouze jedna vlastní hodnota, a to A = 1 a pouze jednorozměrný prostor vlastních vektorů V\ příslušný této vlastní hodnotě. 22 6. Pro vlastní hodnoty A platí -A -2 2 -A A + 4 = 0 Nad z5 dostaneme A2 = —4 = 1, která má řešení Ai^ = ±1. Vlastní vektory najdeme řešením -1 — 2\ /—1 — 2\ ^ ' Zi = ((-2,1)) ^^4 = {(2,1)) 2-1/ V 0 0 1 -2\ (\ -2 0 0 Nad ffi nemá rovnice A2 = —4 řešení, zobrazení nemá vlastní hodnoty a tím pádem ani vlastní vektory. Nad C dostáváme řešení 2i, —2i. Vlastní vektory najdeme řešením -2i -2 2 -2i 2i -2 2 2i 1 -i 0 0 1 i 0 0 ^U2i = ((t,l)) í/_2ť = ((-t,l)) 14.12. Vlastní hodnoty a vlastní vektory II 1. Všechna tři zobrazení mají trojnásobnou vlastní hodnotu 3, liší se však podprostorem vlastních vektorů. V případě matice A je podprostor vlastních vektorů celé ffi3, v případě matice B jde o ((1,0,0), (0,0,1)) a pro C vychází ((1,0,0)). a) Spočteme vlastní hodnoty: \A - \E\ = 5-A 2 4 5-A 6 4 -3 -4 -4-A -A3 + 6A2 - 11A + 6 Charakteristický polynom má kořeny Ai =3, a2 = 2, a3 = 1 Každé vlastní hodnotě přísluší alespoň jeden vlastní vektor (a tím i podprostor vlastních vektorů dimenze alespoň 1). Vlastní vektory různých vlastních hodnot jsou lineárně nezávislé. Proto pokud jsme získali tři různé vlastní hodnoty, budou generovat celý prostor k3. b) Obdobným výpočtem zjistíme, že vlastní hodnoty jsou: Ai = 1, A2 = 2 + 3i, A3 = 2 - 3i Stejnou úvahou jako v první části zjistíme, že nad poli Q a ffi není matice A podobná diagonální, nad polem C podobná je. c) Opět spočteme vlastní hodnoty: \A-\E\ Vlastní hodnoty jsou: 4-A 2 6 4-A 5 3 m,2 -5 -9 -7 - A 0, A, -A3 + A -A2 (A 23 Nyní musíme zjistit vlastní vektory příslušné vlastní hodnotě Ai^: /4 2 -5\ /4 2 -5\ /4 2 -5\ 4 - Ai,2jE =6 4 -9 ~ 0 4 -6 ~ 0 2 -3 \5 3 -7/ \0 2 -3/ \0 0 0 / Tedy vlastní vektory příslušné 0 tvoří podprostor {(1,3,2)) Vlastní vektory generují pouze podprostor dimenze 2, tedy nad žádným z polí Q, ffi ani C není matice A podobná diagonální. 3. Nechť u je vlastní vektor zobrazení 0, potom 0(u) = Au / 0. Díky linearitě platí 0 pro nenulový x Zobrazení je skalární součin. 2. Zobrazení není skalární součin, protože není symetrické. 3. Zobrazení je skalární součin. 2. (1) V bázi u = ((1,2), (2,3)) má mít skalární součin u ■ v pro libovolné vektory u, v tvar ,t (l 0 u-v = x yQ ^y kde x' a y' jsou souřadnice příslušných vektorů v bázi u. Po převodu do standardní báze transformační maticí dostáváme pro skalární součin ve standardních souřadnicích (x, y) u-v= (T-ixfE(T-iy) = xT [(T^f ET^] y = xT ~8) y Po rozepsání tohoto maticového násobení dostáváme skalární součin jako zobrazení g{x, y) = 13a;ií/i - 8x^2 - 8x2yi + 5x2y2 (2) Pro vektory u, v ze zadání platí u ■ v = (-5,2) • (10, -4) = (10, -4) • (-5,2) = -2 [(-5,2) • (-5,2)] < 0 protože pro vektor (—5,2) / (0,0) musí (podle posledního axiomu skalárního součinu) platit (—5,2) • (—5,2) > 0. Proto nemohou být vektory u, v kolmé. 3. Přesně podle Gramm-Schmidtova ortogonalizačního procesu 1. tu = ui = (1,1,-1,-1) 2. »2=B2+a1«1,a1--!»--^-i v2 = (1,-1,1,1) + i(l,l,-l,-l 3. VZ = «3 + P1V1 + P2V2, 4 2 '1 —l I li 2 Vx> ■"■> -M V2> 2 > 2 > 2 j _ «3-^2 _ n 7)0.7)0 ) rí V\-V\ 7 rů V2-V2 v3 = (-1,-2,0,1) + (1,1,-1,-1) = (0,-1,-1,0) Získali jsme ortogonální bázi, provedeme normování tak, že každý vektor podělíme jeho velikostí 4. ei = |ui,e2 = ^f«2,e3 = ^3 29 4. Vyjdeme ze standardní báze: u\ = 1,«2 = x,uz = a;2,1/4 = x3 Nyní použijeme ortogonalizační proces /- ei = u\ = 1 e\ ■ e\ = i áx = 2 -i i 0 = «2 • ei + aei ■ e\ / «2 • ei = / xáx = 0 =>• q = 0 i e\ = U2 = x e? - e? = J x dx -i i ez = uz + ae-i + fie\ \ ■ e\ 0 = w3 • ei + 0ei ■ ei ez = U3 + ae2 + fie\ \ ■ e2 0 = «3 • ei + aei ■ ei -I uz • ei = / x2áx = 2 3 2 3 «3 • e2 i ;3dz = 0 a = 0 e3 = x -- Dalším zopakováním tohoto postupu na = 114 + aez + + 7^1 získáme 04 = x3 — |a; Matice přechodu od standardní báze je Z1 0 \ °\ o 1 o f 0 0 10 \o o o 1/ 0 1 3 °\ 0 1 0 3 5 0 0 1 0 \o 0 0 1] 5. Je vidět, že {(-1,1,1), (1,1,1)) = ((1,0,0), (0,1,1)) Druhý vektor ještě znormalizujeme (0,1,1) 0, 1 1 7(0,1,1) -(0,1,1) \,V2'V2 Ortonormální báze podprostoru L je :i'°'0)'(°'7I'7I Potom pro průmět vektoru u = (1,2,3) dostáváme wl{u) = ((1,2,3) .(1,0,0))(1,0,0)+ ((1,2,3)- (0,-^,-^)) (0,-^,-^ = (l 5 5 14.17. Prostory se skalárním součinem II 1. Zápis skalárního součinu vektoru u se souřadným vyjádřením x' = (x[ ■ ■ -x'n+1) a vektoru se souřadným vyjádřením y' = (y[ ■ ■ ■ y'n+i)T v bázi ze zadání je u ■ v = x' Ey' 30 Pro převod ze standardní báze e = (1, x,... , xn) do báze ze zadání použijeme transformační matici T = /O! 0 . 0 1! . 0 0 . \0 0 . 0 0\ 0 0 (n-1)! 0 0 n\) Skalární součin ve standardní bázi má pak vzhledem k x' = Tx ay' = Ty tvar u-v= (TxfEjŤy) = xT(TTĚŤ)y = /O!2 0 .. 0 °\ 0 I!2 .. 0 0 0 0 .. . (n-1)!2 0 0 .. 0 n!2/ ■y = O!2 • xlVl + • • • + n!2 • xn+1yn+1 = £ [(fc! • xk+1)(k\ ■ yk+l)] = £ [u^k\ |o l=02 + (2&)2+(-Í=)2=4&2 + Í \b\ i = (2c)2+(-L)2 + c2 = 5C2 + i => |c| Z podmínek, že sloupce musí být na sebe kolmé dostáváme, že všechna a, b, c musí mít stejná znaménka, naopak obě trojice (a,b,c) = (^,^,^5) a (a,b,c) = (-^,-^75,-75) vyhovují, dostáváme tak všechna řešení. Geometrické vlastnosti, viz. 14.18.4. 6. Označme matici zobrazení G, matici prvního skalárního součinu A a druhého B. Pak chceme, aby pro všechna u,v £M3 platilo uTAv = {Gu)TB{Gv) = uT{GTBG)v Volme například matici druhého skalárního součinu jednotkovou. Protože pro matici G máme (i i i) \o 0 l) Vš 1 2a/2 1 32 dostaneme po patřičném vynásobení matici A = což je matice skalárního součinu, protože je pozitivně defmitní a samoadjungovaná (příp. prověřte axiomy skalárního součinu). 14.18. Ortogonální průměty a ortogonální zobrazení 1. P = {(-1,2,0,1), (3,1,-2,4), (-4,1,2,-4)) a hledáme takový (x,y,z,t) který je kolmý na každý z generátorů P. Řešením tohoto systému rovnic je P1- = {(4,2,7,0)) Dále určíme průměty standardních bázových vektorů do P-1: (1,0,0,0) = o(4,2,7,0) + 2,0,1) + c(3,1, -2,4) + d(-4,1,2, -4) Jestliže celou rovnici vynásobíme vektorem (4,2,7,0), který je kolmý k ostatním, získáme 4 = 69a => a = 69 tedy průmět vektoru (1,0,0,0) do P1- je ^(4,2,7,0). Průmět do P určíme jednoduše jako (1,0,0,0) - -(4,2,7,0) = (-,--,--,o) v ' ' ' 1 mK 1 \69 69 69 J Průměty dalších vektorů určíme analogicky: (0,1,0,0) = —(4,2,7,0) + |- — ,—,-—,0) v ' ' ' 1 69v ; V 69 69 69 J 7 / IR 14 20 \ (0,0,l,0) = -(4,2,7,0)+(--,--,-,0) (0,0,0,l)=0-(4,2,7,0) + (0,0,0,l) 2. 1. Najdeme libovolný vektor, který je kolmý na u, v i w a ten bude generátorem LL. x = (a, b, c, d) 5 1 3 3\ /5 13 3\ 3-1-3 5 ~ 1 0 0 1 3-15 -3/ \0 0 1 -1/ Řešením je libovolné x £ ((—1,-1,1,1)). Potřebujeme bázi L-1, vektor x proto hledáme normovaný (-1,-1,1,1) = (_i _i i n -1,1,1)-(-1,-1,1,1) V 2' 2'2'2J Nyní již můžeme spočítat projekci z do LL: pr,, (z) = ((4,2, -5,3) • {-\-\\, i)) {-\,-\,\, I) = (2,2, -2, -2) 33 Kolmý průmět do L již snadno dopočítáme prL (z) = z - prL± (z) = (2,0, -3,5) 2. Postup řešení je shodný s minulou částí. prLx(z) = (4,2,1,-1) wl{z) = (-2,3,1, 3. Označme hledanou matici A £ Mat 2C jako 'a vc a Využijeme toho, že matice je unitární právě tehdy, když její řádky tvoří ortonormální bázi prostoru C2 se standardním skalárním součinem. Dostáváme tak podmínky |a|2 + |6|2 = l |c|2 + |d|2 = l ač+bď=0 Pro velikosti těchto čísel máme vztahy H2 + |6|2 = l |c|2 + |d|2 = l \a\\c\ = \b\\d\ přičemž z prvních dvou můžeme dosadit vyjádření |c| do poslední rovnice umocněné na druhou a dostaneme H2-(l-|d|2) = (l-|a|2)-|d|2 \a\ = \d\ protože se jedná o nezáporná reálná čísla. Po dosazení zpět do vztahů pro |c| máme (při označení \a\ = \d\ = cos a) |6| = |c| = sin a kde a € (0, |-) kvůli nezápornosti uvažovaných čísel. Pro reálné skaláry již stačí pouze doplnit znaménka. Ta dostaneme z rovnice ač + bd = 0. Musí tedy být buď právě jedno z čísel nekladné nebo právě jedno z čísel nezáporné. Pokud rozšíříme obor hodnot argumentu a na a € (0,27r), pak dostáváme pouze dva možné tvary ortogonálních matic, a to sice (cos a — sin a\ (cos a sin a losina cos a J losina —cos a Tyto matice jsou po řadě matice otočení o úhel a a složení překlopení podle osy x s týmž otočením. Potom je jasné, že první typ musí mít determinant 1, tedy kladný a druhý typ determinant —1, tedy záporný, očemž se můžeme přesvědčit výpočtem. Pro případ unitárních matic označme a = cosa(cosai + ismcti) b = sina(cosa2 + i sin02) c = sina(cos 03 + i sin03) d = cos a(cos 04 +i sin 04) Rovnici ač + bd = 0 lze přepsat na ekvivalentní tvar cos a sin a [cos(ai — 03) + ism(cti — 03)] = = cos a sin a [cos(7r + — 04) + i sin(7r + — 04)] Ta je zjevně splněna právě tehdy, když cti — ctz = Ti" + cti — CtA + 2fc7T kde k € z. Tím jsou popsány všechny takové matice. 34 4. Nejprve určíme charakteristický polynom a vlastní hodnoty |A-AE| = -(A-1)(A»-(-L + ij + -l-l)a!+1) /2 o -VE- A-E~ 0 1 a/2 + \0 0 0 Tím je určená osa rotace, protože je to podprostor s vlastní hodnotou 1. Tím je také jasné, že se jedná pouze o rotaci, pro reflexi by byla vlastní hodnota -1. Osa je podprostor o = ((Vě + Vž, -2V2 + 1,2)^ Úhel otočení určíme z komplexního kořene charakteristického polynomu. R , A!+A2 1/111 \ cos<, = ReAli2 = ^ = -^ + ^ + 7f-lj 14.19. Bilineární a kvadratické formy 1. f{x,y) = xiy2 je bilineární forma, není symetrická ani antisymetrická. Ukážeme linearitu v prvním argumentu: f(ax + bx', y) = (axx + bx[)y2 = af(x, y) + bf(x', y) 2. f(x,y) = xiyi + 2yi — 12 není bilineární forma, protože není lineární f(ax,y) = axxyx + 2y2 - 12 / af(x,y) 3. f{x,y) = x\yi — x^yi + x\y\ je bilineární formou, není symetrická, ani antisymetrická. 1. Podle definice matice bilineární formy dostáváme (ve standardní bázi: M3 =((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1))): /l 0 0\ /l o 0\ A=\2 -1 0~0 1 0 \0 3 0/ \0 0 0/ tedy hodnost bilineární formy je 2. 2. Matice přechodu z báze u = ((1,1,1), (0,1,1), (1,0,1)) do standardní báze je IX 0 1\ T = 1 1 0 \i 1 V Potom matice bilineární formy B v bázi u je /5 2 3\ /5 2 3 \ B = TTAT =4 2 2 J ~ í 0 1 -1 \4 3 1/ \0 0 0 / Hodnost matice bilineární formy v bázi u je 2. Ke stejné matici B se samozřejmě dopracujeme i přímo z definice. 35 3. Kvadratickou formu f (x) získáme dosazením x = y do bilineární formy h(x,y) f (x) = h(x,x) = 2x\ — 4xiX2 — 2>x\ — 2x2X3 — x\ Polárni formu g určíme podle vztahu 9(x,y) =\(f(x + y)-f(x)-f(y)) = =2xiyi - 2x!y2 - 2x2yi - 3x2y2 - x2y3 - x3yi - x3y3 4. Zapíšeme formu do matice a poté je hodnost formy rovna hodnosti matice. V ffi5 nám pouze přibudou dva nulové řádky a dva nulové sloupce, které nemají žádný vliv na hodnost. Nad oběma prostory je hodnost matice V-l 0 Oj rovna 3, což je i hodnost polární formy. 5. a) f(x) = x\ — 2xiX2 + 8x1X3 — 2x2X3 = (xi - X2+ 4a;3)2 — x\ — 16a;2 + 8x2X3 - 2x2X3 = substituce (xi - x2 + 4x3) = 2/1, £2=2/2, £3=2/3 = v\ ~ VÍ + 6ž/2ž/3 - 16s/| = ž/i - (ž/2 - 3w3)2 + 9yl - 16y% = substituce zi = 2/1, ^2= 2/2-32/3, Z3 = 2/3 _ 2 272 — Z1 Z2 IZ3 b) 4a;2 + 2x1 + ^3 + 4xix2 - 4xix3 - 8x2x3 = 4{xi + y - y)2 + (^2 - 3a;3)2 + 5a;2. c) f(x, y) = xxX2 + X1X3 + X2X3 substituce £1 = 2/1 + 2/2, £2 = 2/1-2/2, £3=2/3 = v\ - vl + 2ž/iž/3 = (ž/i + ž/3)2 -yl-vl 14.20. Reálné a komplexní kvadratické formy 1. 1. Daná forma je f(x) = 4a;2 + 2a;?. + 15a;2 + 4a;ia;2 — 4a;ia;3 — 8a;2a;3. Matice formy je 4 2 -2\ (2 1 1 \ (2 1 1 \ 2 2 -4 ~ 0 1 -3 ~ 0 1 -3 -2 -4 15 / \0 -2 -13/ \0 0 7 / tedy hodnost matice je 3. Proto je i hodnost kvadratické formy /3a tudíž je kanonický tvar f.íí) \o 0 lj 36 Převod formy do polární báze: f{x) = i(4zi + 2x2 - 2x3)2 +x\ + Uxl - 6x2x3 transformace: 2/1 = 4xi + 2xi — 2xz,y2 = X2,yz = xz /(ž/) = Íž/? + (ž/2-3ž/3)2 + ž/32 transformace: z\ = yi, z2 = yi - Sy3,z3 = yz f(z) = \z2+z2 + 5z2 transformace: u\ = \z\,U2 = z^,uz = VŠzz f(u) = u\ + u\ + u% Posbíráním transformací dostáváme: ui = \z\ = \y\ = \{±x\ + 2z2 - 2z2) = 2x\ + a;2 - xz «2 = z2=yi- 3yz = x2 - 3z3 u3 = VŠzz = VŠyz = VŠxz Tedy matice přechodu do polární báze je (2 1 A = Vypočtením inverzní matice dostaneme matici přechodu od štandartní báze k polární bázi. Její sloupce budou přímo bázové vektory polární báze. A-1 =\b 1 a polární báze je H'(4'4(-^í)) 2. Zcela analogickým postupem následujícími trasformacemi dojdeme ke kanonickému tvaru: zi=yi + §2/2 + Vz = \xi + \x2 + xz Zl = 2 2/2 = %(X2 ~ Xl) zz = «2/3 = ixz zl+zl+zl = Q Matice transformace souřadnic je Její inverze je tedy polární báze je A = A-1 = i i 2. 2 _i_ i_ 2 2 0 o ' 1 l 1 -i i0 o ((l,l,0),(t,-t,0),(»,»,-»)) 2. (1) Matice této kvadratické formy je jejíž hlavní minory jsou všechny kladné. Kvadratická forma je potom pozitivně definitní (podle Sylvestrova kriteria). 37 (2) Podle Lagrangeovy věty upravíme f(x) na tvar f(x) = ^{x! +x2+ 2x3)2 - ^{x! -X2- 2x3)2 je tedy vidět, že je kvadratická forma indefinitní, což by se dalo jednoduše ukázat také tak, že bychom dosadili některé hodnoty, například /(1,1,0) = 2>0> -2 = /(l,-l,0) (3) Opět využijeme, stejně jako pro první kvadratickou formu Sylvestrova kriteria. Protože je \Ai\ = —2, \A2\ = 15, |^4.31 = —15, je kvadratická forma negativně defmitní. Aplikací Lagrangeovy věty bychom získali 1 15 f(x) = ~2~(2xi -X2- 2x3)2 - —x\ - x\ 3. Sylvestrovo kritérium používá k rozhodnutí výpočet hlavních minorů, z matic to však snadno uvidíme 1. / 0 2a £\ 2a 1 0 W o l) Protože hned první determinant je nulový, nemůže být forma ani negativně ani pozitivně defmitní. 2. Dostáváme postupně Ai = a,A2 = a2 — 1, ^Az = —a2 + 1. Nejprve vyřešme pozitivní defmitnost, musí být z první podmínky a > 0, z druhé a > 1 nebo a < —1, z třetí —1 < a < 1. Vidíme, že pozitivně definitní být nemůže. Negativně defmitní je potom pro a < —1. 14.21. Metrické úlohy I 1. Obdélník ABCD určíme bodem A a dvěma kolmými vektory u, v takto: B = A + u,C = a + u + v,D = A + v, u±v Pak už jen upravujeme dokazovanou rovnost. (B - M) ■ (D - M) = {{A — M) +u) ■ {{C - M) - u) = vzhledem k linearitě skalárního součinu v obou argumentech = (A — M) ■ (C - M) — (A — M) ■ u + (C - M) ■ u - u2 = = {A-M)-{C-M)-{A-M)-u+{{A-M)+u + v)-u-u2 = (1) opět za použití linearity = (A — M) ■ (C - M) - (A - M) -u+(A — M) ■ u + u2 + v ■ u - u2 = (A - M) ■ (C - M) 38 Přičemž u ■ v = O, protože jsou na sebe kolmé. 2. Uvažme dva různé body nadroviny r): x = (xi,..., xn) a y = (yi,..., yn). Jejich rozdíl je vektor rovnoběžný s nadrovinou rj: w = x - y = (x! - y1,...,xn-yn) Jde o body nadroviny rj, proto musí vyhovovat rovnici, která ji zadává. a\X\ +----h anxn + ao = 0 aiž/i H-----h anyn + a0 = 0 ai(xi - Vi) H-----\-an(xn ~ yn) = 0 Uvážíme-li vektor v = (ai,..., an), potom výše uvedená rovnost říká, že w _L v. Protože toto platí bez ohledu na volbu bodů x, y € rj, je v kolmý na rj. Jelikož je dimenze nadroviny n — 1, musí být dimenze ortogonálního doplňku nadroviny 1, tedy v jeho generátor Uvažme libovolný bod X nadroviny. Ten má souřadnice X = (xi,... ,xn). Potom vektor AX má souřadnice AX = (yx - X!,...,yn- xn) Promítneme jej do ortogonálního doplňku nadroviny (ten je generován vektorem v, musíme ho ale vynormovat). Potom promítnutý vektor přímo realizuje vzdálenost a dostáváme ÁX-^ \\v \AX ■ v\ _ |ž/iai - xiai H-----h ynan - xnan\ NI ^/a\ + ■ ■ ■ + al oiž/i H-----h anyn + ao\ protože a\X\ + ■ ■ ■ + anxn = —ao. 3. (1) Pro nezáporná čísla je mocnění ekvivalentní úpravou, dostáváme tak ekvivalentní podmínku (u + v) ■ (u + v) = (u — v) ■ (u — v) 4^ u ■ v = 0 Je tedy podmínka ze zadání ekvivalentní kolmosti vektorů u, v. (2) Analogicky části (1) umocníme rovnici na druhou s tím že pro ||w|| > je to ekvivalentní podmínka, v opačném případě není podmínka ze zadání splněna nikdy. 2(u ■ v) = — 2\\u\\ \\v\\ Po vydělení 2||w|| ||i;|| dostáváme cos tp(u, v) = —1 Podmínka (2) je tedy ekvivalentní tomu, že vektory u, v jsou lineárně závislé, opačně orientované a vektor u je alespoň tak velký, co vektor v (tj. ||w|| > ||v||). (3) Nerovnost (3) lze přepsat do podoby ||u + v\\ + || — v\\ > \\u\\ což je trojúhelníková nerovnost mezi vektory u + v a —v, která platí pro všechny vektory. 39 (4) Nerovnost opět umocníme a analogicky části (1) dostaneme u ■ v > 0 což je ekvivalentní tomu, že vektory spolu svírají ostrý úhel (tedy musí být především nenulové) . 4. Pro bod C musí platit C = A+AB+AD, což umožňuje snadno nalézt řešení v rovině. Podstatné je ovšem určení vektoru AE, ze kterého již snadno určíme bod E a další body F, G, H prostým přičítáním vektorů k bodům. Pro hledaný vektor AE = (a, b, c) musí platit AB _L A~E, A~E _L ÄC, \AE\ = \A~C\ = 9 Rovnice dávají tvar 2a + b + 2c = 0 -2a+ 26 +c = 0 a2 + b2 + c2 = 9 Řešení je vektor ±(1,2, —2) odkud snadno dopočteme všechny body. C =(1,2,6) E = (2,1,1) F = (4,2,3) G = (2,4,4) H= (0,3,2) resp. E = (0, -3,5) F = (2, -2,7) G = (0,0,8) #=(-2,-1,6) 5. q : y/3x — y + 3 = 0=>qJ- = ((-\/3, — 1)) Budeme hledat vektor v = (a, b), který má od u = (-\/3, — 1) požadovanou odchylku. Hledaná přímka pak bude mít rovnici ax + by + c = 0. Koeficient c určíme tak, aby přímka procházela bodem M = (3,2). cos - = 0 = Z. ° =^a = l6=v/3,c = 2a/Š - 3 2 Viv^TF Rovnice má pak tvar x + VŠy + (2-\/3 — 3) = 0. Pro odchylku | dostáváme 7T 1 VŠa — b cos — = - = a{a - VŠb) = 0 3 2 ViVa2 + b2 zde máme dvě řešení: y — 2 = 0 a -y/Ša; + í/ — (3-\/3 + 2) = 0 6. Označme v = (4,3, —1) směrový vektor přímky a dále M takový bod na přímce, který splňuje v _L PM. Ten můžeme vypočítat. M= (-7 + 4ť,-4 + 3ť,7-ť) PM = (-10 + 4ť, -3 + 3ť, 3 - i) 0 = v PM = -40 + 16ť - 9 + 9í - 3 + t = -52 + 26í ť = 2 M = (1,2,5) Potom obraz v osové souměrnosti bodu P je P =P + 2PM= (-1,5,6) 7. Vektor v kolmý na směrové vektory obou přímek je v = (—3,18,8). Rovina r) = p + (v) má parametrický popis T) : (x, y, z) = (0, -15, -6) + í(2, -1,3) + r(-3,18,8) 40 Nyní stačí najít její průnik s přímkou q. Dostáváme soustavu rovnic pro neznámé t, r, s, jejíž rozšířená matice je 2 -3 -4 3\ /l 0 0 1 \ -1 18 -2 19 ~ 0 1 0 1 3 8 3 8/ \0 0 1 -1/ Rovnice osy je tedy o : (x,y,z) = (1,1, —1) + r(—3,18,8). 14.22. Metrické úlohy II 1. Triviální případ, kdy nadroviny jsou rovnoběžné, je celkem zřejmý. Pokud je jejich průnik nenulový, je to jistě útvar dimenze n — 2 a jeho ortogonální doplněk dimenze 2. Pokud přitom provedeme průnik s nadrovinou, dostaneme vektorový prostor dimenze 1, jehož libovolný generátor je normálovým vektorem druhé nadroviny. Průnikem s druhým prostorem dostaneme normálový vektor prvního prostoru. Z definice pak plyne trvzení. 2. Zvolme A = (0,0,0), i? = (1,0,0) a dopočítejme C a D tak aby ABCD byl pravidelný čtyřstěn o délce hrany 1. Bod C můžeme volit v rovině z = 0. Potom vychází C = (|, ^,0). Pro poslední bod D = (a, b, c)platí rovnice a2 + 62 + c2 = 1 (a - l)2 + b2 + c2 = 1 2 2) ' V 2 Řešením těchto rovnic je D = (|, ±^/|) Takto přímo získáváme, že výška čtyřstěnu o délce hrany 1 je ^/|. Odchylka protilehlých hran: (B - A) ■ (D - C) = 0 Tedy protilehlé hrany jsou na sebe kolmé. 3. Nejprve si vyjádříme vektory, které tvoří rovnoběžnostěn, jehož je čtyřstěn částí. ui=B-A = (1,1,-4) u2 = C -A= (2,-1,-2) w3 =D-A = (0,2,-1) Objem rovnoběžnostěnu můžeme vypočítat pomocí determinantu: 1 - V Jedná se o čtyřstěn. Víme, že u jehlanů je objem roven g-Sv, kde S je obsah základny. Ten je poloviční, než základna rovnoběžnostěnu (místo kosodélníku trojúhelník). Celkem tedy hledaný objem je v -V-s Vo ~ 6 " 2 Povrch je součet obsahů jednotlivých stran. Budeme potřebovat ještě dva vektory w4 = C—B = 41 (1,-2,2) au5 = D-B -1,1,3). Obsahy jednotlivých stran vypočteme následovně: Sabc = \\ABx BC\ Sabc\\ui x M2| = IK-6' ~6> ~3)l = I Sabd\\ui xw3| = ||(7,1,2)| = §VŠ Sacd\\u2 x w3| = 5K-5, -2, -4)| = Sbcd^\ua x u5| = ±|(-8,-5,-l)| = I^TĎ P= |(3 + V5 + Vě+VW) = 16,27 4. Objem spočítáme jako součet objemu čtyřstěnu ABCV a čtyřstěnu ACDV. Nejprve zavedeme označení ub = B — A, uc = C — A, ud = D — A, uy = V — A. Potom bude pro objem V platit V =jjj I Vol Vz{A;ub,uc,uv) + Vol •p3(74;wc,w_D,wy)| = 1-2 -3 -1\ /-3 2 -1> det 1 1 3 + det 1 -2 3 V 3 3 -1/ V 3 -6 -1> = i|(-10) + (-40)| = y Analogicky spočteme obsah podstavy jehlanu jako S=-\Vo\V2{A;ub,uc)+ Vol V2{A;uc,uD)\ = 11 14 16 1 2 19 -26 A 16 19 + -26 44 = i(v/ÍÔ + 4v/ÍÔ) = ^VTÔ To, že se obsahy sečtou je zřejmé z výpočtu objemu, kde se tak stalo. Výška jehlanu je tedy 6V 50 25 5vtô V^LÔ K tomuto bychom se mohli též dostat jako ke vzdálenosti bodu V od roviny podstavy, tedy od roviny cr : — 3y + z — 5 = 0 Podle 14.21.2 je potom vzdálenost rovna 3-2 + 1-5 v = V(-3)2 + l2 = v7]!) Máme dále určit odchylky přímek V + (V - A), V + (V - B), V + (V - C), V + (V - D) od roviny a. To jsou ale doplňky odchylek těchto vektorů od normálového vektoru roviny a do f. Odchylku hrany AV od podstavy je potom 7t \(V-A)-n\ 7t 10 — - arccos 7—-„..... = — — arccos .— .— 2 ||V-i4||||n|| 2 VÍÔVlí = arcsin—^=72,45° 11 590 Další odchylky jsou po řadě arcsin arcsin -s^-, arcsin 69 14.23. Metrické úlohy III 1. Viz. věta 9.15.3. 2. Ondra neudělal. 3. Všimneme si, že přímky p a q jsou rovnoběžné (mají stejné normálové vektory). Proto střed 42 kružnice bude ležet na přímce rovnoběžné s p a q, která má od obou stejnou vzdálenost. Její rovnice bude o: x — y + 1 = 0 Vzdálenost g(o,p) = g(o,q) = Obecný bod na přímce o má souřadnice [y — l,y\. Hledáme bod na přímce o, který má vzdálenost y/2 od bodu A: (x - l)2 + (y - 2)2 = 2 (y - 2)2 + (y - 22 = 2 (v - 2)2 = 1 y = 2±l x = l±l a tedy možné kružnice jsou dvě. Jejich rovnice jsou (z-2)2 (ž/-3)2 = 4 4 x2 (y- i)2 = 4 4 14.24. Adjungovaná zobrazení 1. Jak duální zobrazení, tak adjungované zobrazení má stejnou matici která je pouze transponovanou maticí zobrazení